---》题意：给一个函数的定义，F(n)代表n的所有约数之和，并且给出了整数拆分公式以及F（n）的计算方法，对于一个给出的N让我们求1 - N之间有多少个数满足F（x）为偶数的情况，输出这个数。

---》分析：来考虑F（x）为奇数的情况，给据题目中给我们的公式，，如果F（x）为奇数，那么这个多项式里面的任何一项都必须是奇数，可以知道p = 2时，        p^e - 1肯定是奇数，如果p ！= 2，当且仅当e为偶数的时候，此项为奇数，证明如下：

　　原式变形为[ p^(e+1) -p + (p-1) ]/ (p-1) = p*(p^e-1)/(p-1) + 1；

　　所以p/(p-1) = 1 ，p^e一定是奇数（因为p是质数，质数肯定是奇数）,所以p^e-1为偶数，所以下划线式肯定是奇数，证明成立。

　　那么题目中的公式可以写成下面的形式：

　　2^k0 * 3^(2*k1) * 5^(2*k2) * ... * pn^(2*kn);下划线式可以表达为num ^ 2;

　　又k0>=0， 所以满足条件的解为num^2和2 * num^2;因为满足2的更高次幂也一定是2的倍数，不可重复计算。代码如下：

--》注意：这个题目不可以直接循环做，尽管题目中给的时间较长，但直接暴力仍然会超，这里直接计算，sqrt无法强制转换为LL，但是此题L也够了；

--》感悟：数论的题目特点就是代码超短，但思维量和证明超多的那种……

#include<cstring>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<iostream>

using namespace std;

#define L long

int main()

{

    int t,ca = ;

    long long n;

    scanf("%d",&t);

    while(t--)

    {

        scanf("%lld",&n);

        L ans = ;

        double tmp = n;

        ans = L(sqrt(tmp)) + L(sqrt(tmp/));

        printf("Case %d: %ld\n",++ca,n-ans);

    }

    return ;

}